2023-2024学年安徽省黄山市“八校联盟”高二（上）期中考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省黄山市“八校联盟”高二（上）期中考试物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.有关下列说法正确的是
( )
A. 充电宝上标注的mA⋅h是电荷量单位
B. 电容器上标注的额定电压是电容器的击穿电压
C. 电阻是导体的固有属性，在任何情况下都不会发生变化
D. 点电荷产生的场强公式E=kQr2中的Q是试探电荷的电荷量
2.某同学用两根材料相同的均匀导体串联接入电路，两个导体的长度相等，横截面积之比为1:2，关于两根导体以下说法中正确的是( )
A. 两根导体的电阻之比为1:2
B. 两根导体两端的电压之比为1:1
C. 单位时间通过两根导体横截面的电荷量之比为1:2
D. 两根导体中电子的定向移动速率之比为2:1
3.一质量为m的带正电小球，在竖直方向的匀强电场中静止释放，小球下落的加速度大小为23g(g为重力加速度)，小球下落的高度h，则在过程中( )
A. 电场方向竖直向下B. 重力势能减少了23mgh
C. 机械能减少了13mghD. 电势能减少了13mgh
4.如图所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连。开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态，则说法正确的是( )
A. 将A向左平移一小段位移，则两金属板电荷量增加
B. 将A向上平移一小段位移，则G表中有a→b的电流
C. 断开S后将A向下平移一小段位移，则油滴保持静止
D. 断开S后将A向左平移一小段位移，则两金属板间的电势差减小
5.如图所示，图线1、2、3分别表示导体A、B、C的伏安特性曲线，其中导体C为一非线性电阻，当并联接在电压恒为3V的直流电源两端时，它们的电阻分别为R1、R2、R3，则下列说法不正确的是( )
A. 此时流过三个导体的总电流为6.2A
B. 此时三个导体的电阻R1:R2:R3=1:3:2
C. 若将三导体串联后改接在6V的直流电源上，则三导体的阻值之比R1:R2:R3=1:3:2
D. 若将三导体串联后接在6V的直流电源上，则各电阻两端的电压之比U1:U2:U3=1:3:2
6.如图，一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，在其右侧放一个电荷量为+2Q的点电荷，点电荷与金属球的球心在同一水平直线上，A、B是该直线上到球心距离相等的两个点。若点电荷到金属球的球心距离为2r，达到静电平衡后，下列说法正确的是( )
A. B点电势高于A点电势
B. 点电荷在金属球内产生的电场强度处处为零
C. 感应电荷在A、B处产生的电场强度大小相等
D. 感应电荷在金属球球心处产生的电场强度大小为E=kQ2r2，方向水平向右
7.某一正点电荷周围电场分布如图所示，带电粒子a、b在不同的圆轨道绕该点电荷做匀速圆周运动。两粒子质量大小关系ma=2mb，电荷量分别为qa=qb，轨道半径rb=2ra。不考虑粒子间的相互作用及重力，则下列说法正确的是( )
A. 粒子a、b的速度之比为1:1B. 粒子a、b的动能之比为1:2
C. 粒子a、b的周期之比为1:1D. 粒子a、b的加速度之比为1:2
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条等差等势线或者电场线(方向未知)，实线为一带正电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点。下列说法正确的是( )
A. 若a、b、c为三条等势线，则a等势线的电势最高
B. 若a、b、c为三条等势线，则粒子通过P点时动能较大
C. 若a、b、c为三条电场线，则粒子通过P点时电势能较大
D. 无论a、b、c是等势线还是电场线，粒子通过P点时加速度较大
9.如图，A、B两点分别固定等量的同种点电荷，ABEF四点共线，O为AB连线的中点，C、D在AB连线的中垂线上，且EO=OF，CO=OD，则下列说法正确的是( )
A. 因为O点场强为零，故O点电势一定为零
B. C、D两点的电场强度大小相等，方向相反
C. 将一电子从D点静止释放，电子的加速度一定先减小后增大
D. 将一质子从E点静止释放向右运动过程中，质子的加速度一定先减小后增大
10.如图所示，用两根绝缘细线分别系住a、b两个带电小球，并悬挂在O点，当两个小球静止时，它们处在同一水平面上，两细线与竖直方向间夹角分别为α=30∘，β=45∘。现将两细线同时剪断，则( )
A. 两球都做匀变速运动B. a球质量大于b球质量
C. a球落地时的速度小于b球落地时的速度D. b球比a球先落地
三、实验题（本大题共2小题，共18分）
11.电容器作为一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。某科技兴趣小组探究“观察电容器的充、放电现象”实验，具体操作如下：

(1)按照图甲接好电路，学生电源调节到直流电压4V位置，先把开关S与1端相连，电源向电容器充电，然后把开关S与2端相连，电容器通过电阻R放电，充电和放电时流经电阻R的电流方向_____(填“相同”或“相反”)；传感器将电容器放电时的电流信息通过计算机显示出电流随时间变化的I−t图像如图乙，根据该图像估算科技兴趣小组选用的电容器电容约是_____μF(结果保留两位有效数字)。
(2)如果不改变电路其他参数，仅增大电阻R，放电时电流I随时间t曲线与横轴所围成的面积将_____(填“增大”“变小”或“不变”)。
12.科技兴趣小组发现一均匀新材料的圆柱体，为了测定该圆柱体材料的电阻率，进行了如下操作：(实验中所用测量仪器均已校准)
(1)用游标卡尺测该圆柱体长度，用螺旋测微器测该圆柱体直径，示数如图所示，则圆柱体的长度为L=_________mm，直径为D=_________mm。
(2)用多用电表粗测圆柱体电阻Rx，具体操作如下：
①该同学选择“×10”倍率，按照正确的操作步骤测量，发现指针的偏转角度太大；
②在以下两个倍率(“×100”“×1”)中选择一个适当的倍率，并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则测量结果是_________Ω。
(3)为了准确测定圆柱体的阻值Rx，除被测处电阻外，还选择了如下实验器材：
A.直流电源(电源电压约为3V，内阻可不计)
B.直流电流表(量程0∼0.6A，内阻约为3Ω)
C.直流电压表(量程0∼3V，内阻约为5kΩ)
D.滑动变阻器(最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A)
E.开关二个，导线若干
①为了减小误差、方便测量，并要求电压表示数从零开始变化，他们设计的电路图是_________图(填“甲”或“乙”)。
②该小组根据设计的电路图连接实物，实物图中已经连接了部分导线，请用笔画线代替导线将图中的实物图补充完整。_________
(4)正确完成所有实验操作，并根据测量结果计算出该金属材料的电阻率。对比发现测得的电阻率比该材料在此温度下的实际电阻率小，请写出误差的原因是________________________。(至少写出一条)
四、计算题（本大题共3小题，共36分）
13.如图所示，用长为0.5m的绝缘线把一个带电小球悬挂在O点，若在小球两边竖直放置两个带等量异种电荷的平行板，小球平衡时与O点的水平距离为0.3m。己知小球质量为3.6×10−3kg，电荷量为1.0×10−6C,k=9.0×109N⋅m2/C2，g取10m/s2
(1)判断小球的电性并求两竖直平行板之间的电场强度大小；
(2)将平行板撤去，在O点正下方0.8m处放一个电荷量为Q的点电荷，若小球们仍然在原来位置平衡，求放入点电荷的电荷量大小。
14.如图，在某竖直平面内有一半径R=0.1m的光滑绝缘环形轨道，其周围存在与圆面平行的匀强电场，轨道上有A、B、C三个点恰好构成直角三角形，B、C等高，O点为圆心，∠BAC=37∘，C、B两点的电势差为UCB=30V。轨道的内侧有一带正电小球，从A点以切线方向的初速度v0=2m/s沿轨道ACB运动，己知小球的质量m=0.01kg，电荷量q=3×10−4C，小球从A点运动到B点过程中，电场力做功为9×10−3J，重力加速度为g=10m/s2，sin37∘=0.6，求：
(1)电场强度的大小和方向；
(2)小球运动过程中速度的最大值及该点小球受到轨道对它的弹力大小。
15.如图甲所示在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在与y轴平行的匀强电场，第二象限存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一带负电的粒子从第二象限A(−L,L)点由静止释放，经电场加速后从y轴上的B点进入第一象限，然后从x轴上的C(L,0)点进入第四象限。已知粒子质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力。
求：
(1)粒子从A点运动到B点的时间和经过B点时速度大小；
(2)第一象限匀强电场的电场强度；
(3)华为手机拥有多项国际领先技术，其中最重要的是半导体技术，图乙是某一半导体元件的p−n结，其中正电荷均匀分布在n区，负电荷均匀分布在p区，两区电荷量总数相等。p−n结从n区至p区，沿CDF直线方向可以看成如图丙所示的电场，其中场强最大值为E0=kd(k为已知量)。若在第四象限放一个这样的半导体元件，粒子从C点离开第一象限时，恰好沿p−n结中直线CDF方向进入半导体元件。求粒子恰好不能从F点穿出时，半导体元件p−n结的d为多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.mA⋅h是电荷量单位，故 A正确；
B.电容器的额定电压指的是电容器正常工作时的电压；击穿电压指的是它允许加的最大电压，额定电压小于击穿电压，故B错误；
C.电阻是导体本身固有属性，它的大小与导体的材料、长度、横截面积及温度等有关，故C错误；
D.点电荷产生的场强公式E=kQr2中的Q是场源电荷的电荷量，故D错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】A.根据电阻的决定式有R1=ρLS1，R2=ρLS2
结合题意解得R1R2=21
故A错误；
B.串联电路，电流相等，根据欧姆定律有U1=IR1，U2=IR2
结合上述解得U1U2=21
故B错误；
C.根据电流的定义式有I=qt
解得q=It
通过两导体的电流相等，则单位时间通过两根导体横截面的电荷量相等，即单位时间通过两根导体横截面的电荷量之比为1:1，故 C错误；
D.根据电流的微观定义式有I=nqv1S1=nqv2S2
解得两根导体中电子的定向移动速率之比为2:1，故 D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】A.由于小球由静止下落，下落加速度大小为a=23g可知，电场力向上，小球带正电，则电场方向竖直向上，由牛顿第二定律有mg−F电=ma
解得F电=13mg
故A错误；
B.在小球下落h高度的过程中，重力做功为WG=mgh
由重力做功与重力势能的关系可知，重力势能减少了mgh，故 B错误；
CD.在小球下落h高度的过程中，电场力做功为W电=−13mgh
由功能关系可知，机械能减少了13mgh，电势能增加了13mgh，故 D错误，C正确。
故选C。
4.【答案】C
【解析】A.开关S闭合后，极板之间电压一定，根据C=QU，C=εS4πkd
解得Q=εSU4πkd
将A向左平移一小段位移，极板之间正对面积减小，可知两金属板电荷量减小，故A错误；
B.根据上述，将A向上平移一小段位移，极板之间间距增大，两金属板电荷量减小，A极板开始带负电，电荷量减小，可知，A极板失去电子，电子从a→b运动，则G表中有b→a的电流，故B错误；
C.断开S后，极板所带电荷量一定，极板之间的电场强度E=Ud
结合上述解得E=4πkQεS
将A向下平移一小段位移，极板间距减小，但极板之间电场强度不变，液滴所受电场力不变，即油滴保持静止，故C正确；
D.根据上述有U=4πkdQεS
极板所带电荷量不变，A向左平移一小段位移，极板正对面积减小，两金属板间的电势差增大，故D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】AB.由图可知，当并联接在电压恒为3V的直流电源两端时，三电阻的两端的电压均为3V，电流分别为3A、1A、2.20A，总电流为6.20A，由欧姆定律可知，此时电阻之比R1:R2:R3=1:3:1.4，A正确，B错误；
CD.由图可知，R1为1Ω，R2为3Ω，当三个电阻串联接在电压恒为6V的直流电源两端时，通过各个电阻的电流相等，三个电阻两端的电压之和为6V；由图可知，此时三个电阻中的电流均为1A，对应电压分别为1V、3V、2V，各电阻两端的电压之比为U1:U2:U3=1:3:2
由欧姆定律可知，此时电阻之比R1:R2:R3=1:3:2，CD正确。
本题选不正确的，故选B。
6.【答案】D
【解析】A.金属球为等势体，B点电势等于A点电势，A错误；
B.金属球处于静电平衡状态，球内各点的合场强为零，但点电荷在金属球内产生的电场强度不为零，B错误；
C.金属球内部场强处处为零，由于点电荷在A、B处产生的电场不相等，则感应电荷在A、B处产生的电场强度大小不相等，C错误；
D.点电荷在金属球球心处产生的电场强度大小为E=kQ2r2，方向水平向左。
则感应电荷在金属球球心处产生的电场强度大小为E=kQ2r2，方向水平向右， D正确。
故选D。
7.【答案】A
【解析】根据电场力指向圆心，提供向心力有kQqr2=mv2r=m4π2T2r=ma
得v= kQqmr，Ek=12mv2=kQq2r，T= 4π2mr3kQq，a=kQqmr2
由题意得va:vb=1:1，Eka:Ekb=2:1，Ta:Tb=1:2，aa:ab=2:1
故选A。
8.【答案】AD
【解析】A.若a、b、c为三条等势线，粒子所受电场力方向指向轨迹凹侧，且电场线与等势线垂直，可知粒子的大致受力如图所示：
又由于粒子带正电，可知电场方向与粒子受力方向相同，沿电场线电势逐渐降低，所以三条线中a等势线的电势最高，故A正确；
B.若a、b、c为三条等势线，由上分析知，粒子从P点到Q点静电力做正功，则粒子在P点时动能小于在Q点时动能，故B错误；
C.若a、b、c为三条电场线，粒子所受电场力方向指向轨迹凹侧，且沿电场线切线方向，大致受力方向如图所示：
粒子从P点到Q点静电力做负功，则粒子在P点时电势能小于在Q点时电势能，故C错误；
D.由等差等势面密集的地方电场强度大，电场线密集的地方电场强度大，知无论a、b、c是等势线还是电场线，P点的电场强度大于在Q点的电场强度；由 a=qEm 知粒子通过P点时加速度较大，故D正确。
故选AD。
9.【答案】BD
【解析】A.根据等量同种点电荷的电场线的分布规律可知，O点的电场强度为0，由于沿电场线电势降低，可知，O点电势电势大于0，故A错误；
B.根据等量同种点电荷的电场线的分布规律可知，由于CO=OD
可知，C、D两点的电场强度大小相等，方向相反，故B正确；
C.根据等量同种点电荷的电场线的分布规律可知，在中垂线上，垂足O点的电场强度为0，在无穷远处的电场强度也为0，则由无穷远沿中垂线到垂足O点，电场强度先增大后减小，之间的某一位置的电场强度存在最大值，将一电子从D点静止释放，由于电子释放的初位置与电场强度的最大值位置的关系不确定，因此电子运动的加速度的变化关系也不确定，故C错误；
D.根据等量同种点电荷的电场线的分布规律可知，在连线上从左往右，电场强度大小先减小后增大，方向先向右后向左，则将一质子从E点静止释放，质子在电场力作用下先向右加速，越过O点后，再向右减速，即质子的加速度一定先减小后增大，故D正确。
故选BD。
10.【答案】BC
【解析】B.两球之间的静电力为一对相互作用力，大小相等，令大小为F，两球处在同一水平面上，分别对两球进行分析，根据平衡条件有F=magtanα，F=mbgtanβ
解得ma= 3Fg，mb=Fg
可知，a球质量大于b球质量，故B正确；
A.将两细线同时剪断后，两球竖直方向均向下做自由落体运动，水平方向上均向相反方向做加速运动，由于两球间距增大，静电力减小，两球所受合力均减小，即加速度减小，可知两球都做变加速运动，故A错误；
C.由于a球质量大于b球质量，静电力大小相等，根据牛顿第二定律可知，水平方向上a球的加速度小于b球的加速度，竖直方向上两球加速度均为重力加速度，可知，落地时，水平方向上a球的分速度小于b球的分速度，竖直方向上两球的分速度相等，根据速度合成可知，a球落地时的速度小于b球落地时的速度，故C正确；
D.根据上述，两球在竖直方向上均做自由落体运动，两球竖直分位移相等，根据h=12gt2
结合分运动的等时性可知，两球同时落到，故D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)相反； 8.0×103； (2)不变
【解析】(1)根据图甲可知，充电时，电容器左极板失去带正电，电子向右通过电阻R，即通过电阻R的电流方向向左，电容器放电时，左极板得电子，电荷量减小，电子向左通过电阻R，即通过电阻R的电流方向向右，可知，充电和放电时流经电阻R的电流方向相反；
I−t图像中，图像与时间轴所围几何图像的面积表示极板所带电荷量，根据数格子的方法，极板所带电荷量为Q=8×0.004×1.0C=0.032C
则电容器的电容为C=QU=0.0324F=8.0×103μF；
(2)由于I−t图像中，图像与时间轴所围几何图像的面积表示极板所带电荷量，放电完成后，两极板上的正负电荷恰好中和，如果不改变电路其他参数，仅增大电阻R，此时放电的时间增大，当放电电流的最大值减小，但放电时电流I随时间t曲线与横轴所围成的面积仍然表示电容器极板所带电荷量，即电流I随时间t曲线与横轴所围成的面积不变。
12.【答案】(1)50.15； 3.205； (2)②6/6.0； (3)①甲 ② (4)见解析
【解析】(1)20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图可知圆柱体的长度为L=5cm+3×0.05mm=50.15mm
螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知圆柱体的直径为D=3mm+20.5×0.01mm=3.205mm
(2)②该同学选择“×10”倍率，按照正确的操作步骤测量，发现指针的偏转角度太大，可知待测电阻阻值较小，则应选择“×1”倍率，重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则测量结果是6Ω。
(3)①为了减小误差、方便测量，并要求电压表示数从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，故他们设计的电路图是甲图。
②根据甲图电路图，实物连接如图所示
(4)根据电阻定律可得Rx=ρLS
则电阻率为ρ=RxSL=RxπD24L
根据甲图电路图可知电流表采用外接法，由于电压表的分流使得电流表读数大于待测电阻的真实电流，根据欧姆定律Rx=UI
可知待测电阻的测量值小于真实值，使得测得的电阻率比该材料在此温度下的实际电阻率小。
13.【答案】(1)匀强电场强度方向水平向左，根据平衡条件可知电场力水平向右，所以小球带负电，设细绳与竖直方向成θ夹角，有tanθ=qEmg=0.3 0.52−0.32=34
解得E=2.7×104N/C
(2)由平衡条件、几何关系及相似三角形有
解得放入点电荷的电荷量大小为Q=6.25×10−7C。

【解析】本题考查了带电粒子在电场中的受力平衡问题，同时会根据受力情况与平衡条件求解。
14.【答案】(1)小球从A点运动到B点过程中，根据WAB=qUAB
解得UAB=30V
由于UCB=30V=UAB
可知φA=φC>φB
即AC连线为一条等势线，由于沿电场线电势降低，可知，电场强度方向由C指向B，根据电场强度与电势差的关系有E=UCBdCB=UCB2Rsin37∘
解得E=250V/m；
(2)小球所受电场力F=qE=7.5×10−2N
令等效物理最低点所在的半径与竖直方向夹角为θ，则有tanθ=qEmg=34
解得θ=37∘
根据几何关系可知，B点即为等效物理最低点，小球运动至B点速度最大，小球从A点运动到B点过程，根据动能定理有mgcs37∘⋅2R=12mvmax2−12mv02
解得vmax=3m/s
在B点对小球分析有N−mgcs37∘=mvmax2R
解得N=1.025N。

【解析】本题重点考查带电体在电场中的圆周运动模型，复合场中的等效重力场问题。要弄清圆周运动的速度最大值处不是几何最低点。
15.【答案】(1)粒子在第二象限做匀加速直线运动，则有L=12at2
v=at
根据牛顿第二定律有a=qEm
解得t= 2mLqE，v= 2qELm
(2)粒子在第一象限做类平抛运动，根据运动规律有L=vt′
L=12a′t′2
根据牛顿第二定律有a′=qE′m
解得E′=4E
(3)粒子到达C点的速度为qE′L=12mv′2−12mv2
粒子恰好不能从F点穿出时，结合图像与坐标轴围成的面积有12qE0×2d=12mv′2
解得d= 5ELk。

【解析】本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律得出对应的加速度，熟悉类平抛运动的特点，结合运动学公式即可完成分析。